2019-2020学年湖南省益阳市箴言中学新高考化学模拟试卷含解析

2019-2020学年湖南省益阳市箴言中学新高考化学模拟试卷
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意） 1．某学习兴趣小组通过2KClO 3十H 2C 2O 4
加热CO 2忄＋2ClO 2↑＋K 2CO 3＋H 2O 制取高效消毒剂ClO 2。

下列
说法正确的是
A ．KClO 3中的Cl 被氧化
B ．H 2
C 2O 4是氧化剂
C ．氧化产物和还原产物的物质的量之比为1∶1
D ．每生成1 mol ClO 2转移2 mol 电子
【答案】C
【解析】
【详解】
A.氯酸钾中的氯元素化合价降低，被还原，故错误；
B.草酸中的碳元素化合价升高，作还原剂，故错误；
C.二氧化碳和碳酸钾为氧化产物，二氧化氯为还原产物，二者比例为1∶1，故正确；
D.氯元素化合价变化1价，所以每生成1 mol ClO 2转移1mol 电子，故错误；
故选C 。

2．下列指定微粒数目一定相等的是
A ．等质量的14N 2与12C 16O 中的分子数
B ．等物质的量的
C 2H 4与C 3H 6中含有的碳原子数
C ．等体积等浓度的NH 4Cl 与(NH 4)2SO 4溶液中的NH 4+数
D ．等质量的Fe 与Cu 分别与足量Cl 2反应时转移的电子数
【答案】A
【解析】
【详解】
A.142N 与1216C O 摩尔质量均为28g/mol ，故等质量的142N 与1216C O 分子数相同，A 正确；
B. 等物质的量的24C H 与36C H ，碳原子数之比为2:3，B 错误；
C.等体积等浓度的4NH Cl 与()442NH SO 溶液，+
4NH 数之比接近1:2，C 错误； D.铁和氯气生成氯化铁，即56g 铁转移3mol 电子，铜和氯气生成氯化铜，即64g 铜转移2mol 电子，故等质量的铁和铜转移电子数不同，D 错误；
答案选A 。

【点睛】
等体积等浓度的4NH Cl 与()442NH SO 溶液中，根据水解原理，越稀越水解，故4NH Cl 中铵根离子水解程度更大，故+
4NH 数之比小于1:2。

3．依据反应2NaIO 3+5SO 2+4H 2O=I 2+3H 2SO 4+2NaHSO 4。

利用下列装置分四步从含NaIO 3的废液中制取单质碘的CC14溶液，并回收NaHSO 4。

下列装置中不需要的是（ ） A ．制取SO 2
B ．还原IO 3-
C ．制I 2的CCl 4溶液
D ．从水溶液中提取NaHSO 4
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A ．铜和浓硫酸加热生成硫酸铜、二氧化硫、水，所以可用A 装置制取SO 2，故不选A ；
B ．SO 2气体把IO 3-还原为I 2，可利用此反应吸收尾气，且倒扣的漏斗可防止倒吸，故不选B ；
C ．I 2易溶于CCl 4， 用CCl 4萃取碘水中的I 2，然后用分液法将碘的四氯化碳溶液与水层分离，故不选C ；
D ．用蒸发结晶的方法从水溶液中提取NaHSO 4，应该将溶液置于蒸发皿中加热，而不能用坩埚，故选D ； 故选D 。

4．甲～辛等元素在周期表中的相对位置如下表。

甲与戊的原子序数相差3，戊的一种单质是自然界硬度最大的物质，丁与辛属同周期元素，下列判断正确的是
A．丙与庚的原子序数相差3
B．气态氢化物的热稳定性：戊>己>庚
C．乙所在周期元素中，其简单离子的半径最大
D．乙的单质在空气中燃烧生成的化合物只含离子键
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
戊的一种单质（金刚石）是自然界硬度最大的物质，则戊为C，甲与戊的原子序数相差3，则甲的原子序数为6-3=3，即甲为Li，由元素在周期表中的相对位置图可知，乙为Na，丙为K，丁为Ca；丁与辛属同周期元素，由第ⅣA族元素可知，己为Si，庚为Ge，辛为Ga；
A.丙为K，K的原子序数为19，庚为Ge，Ge的原子序数为32，原子序数相差13，A项错误；
B.元素的非金属性越强，气态氢化物越稳定，同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，则气态氢化物的热稳定性：戊>己>庚，B项正确；
C.根据上述分析，乙为Na，Na＋有2个电子层，而同周期的S2-、Cl-有3个电子层，半径都比Na+大，所以Na＋的半径不是最大，C项错误；
D.乙为Na，Na在空气中燃烧生成Na2O2，Na2O2中既有离子键、又有共价键，D项错误；
答案选B。

5．短周期主族元素X、Y、Z、W、Q 的原子序数依次增大，其中X 原子的质子总数与电子层数相等，X、Z 同主族，Y、W 同主族，且Y、W 形成的一种化合物甲是常见的大气污染物。

下列说法正确的是A．简单离子半径：Z＜Y＜W＜Q
B．Y 能分别与X、Z、W 形成具有漂白性的化合物
C．非金属性：W＜Q，故W、Q 的氢化物的水溶液的酸性：W＜Q
D．电解Z 与Q 形成的化合物的水溶液可制得Z 的单质
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
短周期主族元素X、Y、Z、W、Q 的原子序数依次增大，其中X 原子的质子总数与电子层数相等，则X 为氢；Y、W 同主族，且Y、W 形成的一种化合物甲是常见的大气污染物，该物质为二氧化硫，则Y为
氧，W为硫；X、Z 同主族，则Z为钠；Q为氯；
A. 核外电子排布相同，核电荷越大半径越小，则S2->Cl-，O2->Na+，电子层多的离子半径大，则S2->Cl->O2->Na+，即Z＜Y＜Q＜W，故A错误；
B. 氧能分别与氢、钠、硫形成过氧化氢、过氧化钠、三氧化硫具有漂白性的化合物，故B正确；
C. 同周期元素，核电荷数越大非金属性越强，则非金属性：W＜Q；非金属性越强其最高价氧化物的水化物酸性越强，而不是氢化物水溶液的酸性，故C错误；
D. 电解氯化钠的水溶液可制得氢气、氯气和氢氧化钠，无法得到钠单质，故D错误；
故选B。

【点睛】
比较元素非金属性可以根据其氢化物的稳定性，也可以根据其最高价氧化物的水化物酸性强弱，或是单质的氧化性。

6．用下列实验装置进行相应的实验，能达到实验目的的是
A．甲用于制取氯气
B．乙可制备氢氧化铁胶体
C．丙可分离I2和KCl固体
D．丁可比较Cl、C、Si 的非金属性
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A.MnO2与浓盐酸反应制备氯气需要加热，缺少加热装置，A不能达到实验目的；
B.向NaOH溶液中滴加饱和FeCl3溶液得到红褐色的Fe(OH)3沉淀，不能获得氢氧化铁胶体，制备氢氧化铁胶体应向沸水中逐滴加入5~6滴FeCl3饱和溶液，继续加热至液体呈红褐色即可，B不能达到实验目的；
C.I2易升华，加热I2和KCl固体的混合物，I2变为碘蒸气，碘蒸气在圆底烧瓶底冷凝成I2固体，烧杯中留下KCl，C能达到实验目的；
D.锥形瓶中产生气泡，说明锥形瓶中发生反应2HCl+Na2CO3=2NaCl+H2O+CO2↑，得出酸性HCl>H2CO3，但HCl不是氯元素的最高价含氧酸，不能比较C、Cl非金属性强弱，由于盐酸具有挥发性，从锥形瓶导出的CO2中一定混有HCl，HCl能与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，故烧杯中产生白色沉淀，不能说明CO2一定与硅酸钠溶液发生了反应，不能比较H2CO3、H2SiO3酸性的强弱，不能比较C、Si非金属性的强弱，D不能达
到实验目的；
答案选C。

7．一种基于锂元素的电化学过程来合成氨的方法，其效率能达到88.5%。

其工艺流程如图所示，下列说法错误的是（）
A．反应Ⅰ的关键是隔绝空气和水
B．反应Ⅱ的产物LiOH是离子化合物
C．整个流程中，金属锂是催化剂
D．整个流程的总化学方程式为：2N2+6H2O═4NH3+3O2
【答案】C
【解析】
【详解】
A．反应Ⅰ是氮气和锂反应，锂为活泼金属，易与空气中的氧气、水蒸气发生反应，所以反应Ⅰ的关键是隔绝空气和水，故A正确；
B．反应Ⅱ的产物LiOH是碱，是锂离子和氢氧根离子构成的化合物属于离子化合物，故B正确；
C．分析可知锂是参与反应过程的反应物，最后生成锂单质的条件是电解，所以金属锂不是催化剂，故C 错误；
D．三步反应为：6Li+N2=2Li3N，Li3N+3H2O=3LiOH+NH3↑，4LiOH 通电
4Li+O2↑+2H2O，整个流程的总化
学方程式为：2N2+6H2O═4NH3+3O2，故D正确；
故选：C。

8．某溶液中可能含有K＋、NH4＋、Ba2＋、SO42－、I－、Cl－、NO3－中的几种，将此溶液分成两等份，进行如下实验：
①在一份溶液中加入足量NaOH，加热，可收集到标准状态下的气体1.12 L；
②在另一份溶液中加入足量Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀产生，过滤得到沉淀2.33 g；
③在②的滤液中加入足量AgNO3溶液，又有4.7 g沉淀产生。

有关该溶液中离子种类（不考虑H＋和OH－）的判断正确的是
A．溶液中至少有2种阳离子B．只能确定溶液中NH4＋、SO42－是否存在
C．溶液中最多有4种阴离子D．溶液中不可能同时存在K＋和NO3－
【答案】C
【解析】
【详解】
①在一份溶液中加入足量NaOH ，加热，可收集到标准状态下的气体1.12 L ；和过量NaOH 溶液加热产生的气体只能是氨气，故一定存在NH 4+，其物质的量为n(NH 3)=m V 1.12?L V 22.4?L /mol
==0.05 mol ； ②在另一份溶液中加入足量Ba(NO 3)2溶液，有白色沉淀产生，过滤得到沉淀2.33 g ，则一定存在SO 42-，其物质的量为n(SO 42-)=n(BaSO 4)=m 2.33?g M 233?g /mol
==0.01 mol ，Ba 2+与SO 42-会发生离子反应不能大量共存，含有SO 42-，则一定不含有Ba 2+；
③在②的滤液中加入足量AgNO 3溶液，又有4.7 g 沉淀产生，此沉淀未说明颜色，故可能为AgCl 或AgI ，且I -或Cl -的物质的量之和≥0.05-0.01×2=0.03 mol 。

A. 依据分析可知，溶液中可能只存在铵根离子，故A 错误；
B. 依据分析可知，溶液中一定存在NH 4+、SO 42-，还有Cl -或I -中的一种或两种，B 错误；
C. 依据分析可知，溶液中SO 42-、Cl -、I -、NO 3-均可能存在，C 正确；
D. 依据分析可知，溶液中可能存在K +和NO 3-，D 错误；
故合理选项是C 。

9．下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是
选项
实验操作和现象 结论 A 向FeBr 2溶液中通入适量Cl 2，溶液由浅绿色变为黄色
Cl 2氧化性强于Br 2
B
常温下，等体积pH ＝3的HA 和HB 两种酸分别加水稀释，溶液导电能
力如图
HA 酸性比HB 弱 C
向溶有SO 2的BaCl 2溶液中通入气体X ，出现白色沉淀 X 具有氧化性 D
取久置的Na 2O 2粉末，向其中滴加过量的盐酸，产生无色气体 气体为氧气
A ．A
B ．B
C ．C
D ．D 【答案】B
【解析】
【详解】
A ．溶液由浅绿色变为黄色，可能亚铁离子、溴离子均被氧化，可能只有亚铁离子被氧化，则由现象不能比较Cl 2、Br 2的氧化性，故A 错误；
B ．由图可知，稀释时HB 的导电能力变化大，则HB 的酸性强，即HA 酸性比HB 弱，故B 正确；
C ．白色沉淀可能为亚硫酸钡，则X 可能为氨气，故C 错误；
D ．变质的过氧化钠中含有碳酸钠，过氧化钠和碳酸钠均能与盐酸反应生成无色气体，生成的气体可能为二氧化碳，故D 错误；
故选B 。

10．已知N A 是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A ．11 g 硫化钾和过氧化钾的混合物，含有的离子数目为0.4N A
B ．28 g 聚乙烯（）含有的质子数目为16N A
C ．将标准状况下224 mL SO 2溶于水制成100 mL 溶液，H 2SO 3、3HSO -、23SO -三者数目之和为0.01N A
D ．含63 g HNO 3的浓硝酸与足量铜完全反应，转移电子数目为0.50N A
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
过氧化钾（K 2O 2）与硫化钾（K 2S ）的相对分子质量均为110，11 g 过氧化钾与硫化钾的混合物的物质的量
为0.1 mol ，每摩尔K 2O 2含2 mol K +和1 mol 22O -，每摩尔K 2S 含2 mol K +和1 mol S 2−，故含有离子数目为
0.3N A ，A 错误；的最简式为CH 2，28 g 含有2 mol CH 2，每个CH 2含8个质子，故质子数目为16N A ，B 正确；标准状况下224 mL SO 2物质的量为0.01 mol ，SO 2与水反应生成H 2SO 3
的反应为可逆反应，所以，H 2SO 3、3HSO -、23SO -三者数目之和小于0.01N A ，C 错误；浓硝酸与铜反应时，
若只发生Cu ＋4HNO 3(浓) Cu(NO 3)2＋2NO 2↑＋2H 2O ，1 mol HNO 3转移电子数目为0.50N A ，随着反应
的进行，浓硝酸逐渐变稀，又发生3Cu ＋8HNO 3
3Cu(NO 3)2＋2NO↑＋4H 2O ，若只发生3Cu ＋8HNO 33Cu(NO 3)2＋2NO↑＋4H 2O ，1 mol HNO 3转移电子数目为0.75N A ，故转移电子数目介于0.50N A 和0.75N A 之间，D 错误。

11．乙醇催化氧化制取乙醛(沸点为20.8℃，能与水混溶)的装置(夹持装置已略)如图所示：
下列说法错误的是
A．向圆底烧瓶中滴入H2O2溶液前需打开K
B．实验开始时需先加热②，再通O2，然后加热③
−−→2CH3CHO+2H2O
C．装置③中发生的反应为2CH3CH2OH +O2Cu
Δ
D．实验结束时需先将④中的导管移出。

再停止加热
【答案】B
【解析】
【分析】
根据装置图，①中过氧化氢在二氧化锰催化条件下生成氧气，通入②中与乙醇形成混合蒸气，在③中加热条件下发生氧化还原反应生成乙醛，④用于收集乙醛以及未反应的乙醇，据此分析解答。

【详解】
A．向圆底烧瓶中滴入H2O2溶液前需打开K，避免生成的氧气，使装置内压强过大，故A正确；
B．实验时应先加热③，以起到预热的作用，使乙醇充分反应，故B错误；
−−→2CH3CHO+2H2O，故C正确；C．催化条件下，乙醇可被氧化生成乙醛，发生2CH3CH2OH+O2Cu
Δ
D．实验结束时需先将④中的导管移出，再停止加热，以避免发生倒吸，故D正确；
故选B。

【点睛】
明确反应的原理是解题的关键。

本题的易错点为A，要注意滴入过氧化氢就会反应放出氧气，容器中的压强会增大。

12．关于①②③三种化合物：，下列说法正确的是
A．它们均能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B．它们的分子式都是C8H8
C．它们分子中所有原子都一定不共面
D．③的二氯代物有4种
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A．①中没有不饱和间，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；
B．根据三种物质的结构简式，它们的分子式都是C8H8，故B正确；
C．②中苯环和碳碳双键都是平面结构，②分子中所有原子可能共面，故C错误；
D．不饱和碳原子上的氢原子，在一定条件下也能发生取代反应，采用定一移一的方法如图分析，③的二氯代物有：，，其二氯代物共6种，故D错误；
故选B。

13．常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（）
A．pH=l的溶液中：Ba2+、Fe3+、Cl-、SCN-
B．能使酚酞变红的溶液：Ca2+、K+、HCO3-、CO32-
C．
-
+
c(OH)
c(H)
=10-12的溶液中：NH4+、Cu2+、NO3-、SO42-
D．由水电离的c(H+)=10-12mol·L-1的溶液中：Na+、Al3+、Cl-、NO3-
【答案】C
【解析】
【详解】
A. pH=l的溶液中，Fe3+、SCN-反应生成Fe(SCN)3，不能大量共存，故不选A；
B. 能使酚酞变红的溶液：Ca2+、CO32-反应生成碳酸钙沉淀，不能大量共存，故不选B；
C.
-
+
c(OH)
c(H)
=10-12的溶液呈酸性，NH4+、Cu2+、NO3-、SO42-不反应，能大量共存，故不选C；
D. 由水电离的c(H+)=10-12mol·L-1的溶液，呈酸性或碱性，若呈碱性，Al3+不能存在，故不选D。

14．下列有关物质性质的叙述正确的是（）
A．向NaOH溶液中加入铝粉，可生成Al(OH)3
B．向苯酚溶液中滴加Na2CO3溶液，可生成CO2
C．向热的蔗糖溶液中滴加银氨溶液，可生成银镜
D．向饱和氯化钠溶液中先通入NH3至饱和，再通入CO2，可生成NaHCO3
【答案】D
【解析】
【详解】
A. 向NaOH溶液中加入铝粉，发生的反应为：2Al + 2NaOH + 2H2O = 2NaAlO2 + 3H2↑，不会生成氢氧化铝，A项错误；
B. 因酸性比较：H2CO3>苯酚>HCO3-，则向苯酚溶液中滴加Na2CO3溶液，不会生成CO2，只会生成苯酚钠与碳酸氢钠，B项错误；
C. 蔗糖不是还原性糖，不能与银氨溶液发生银镜反应，C项错误；
D. 向饱和氯化钠溶液中先通入NH3至饱和，再通入CO2，因碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠溶解度小，会先以晶体形式析出，发生的反应是：NaCl+NH3+H2O+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓，D项正确；
答案选D。

【点睛】
A项是易错点，学生要理解并准确掌握铝三角的转化关系，铝单质的特性。

铝单质与酸反应会生成正盐铝
盐，而与碱反应生成偏铝酸盐，铝单质不能直接转化为氢氧化铝沉淀。

15．Fe3O4中含有+2Fe、+3Fe，分别表示为Fe（Ⅱ）、Fe（Ⅲ），以Fe3O4/Pd为催化材料，可实现用H2消除
酸性废水中的致癌物NO2－，其反应过程示意图如图所示，下列说法不正确
．．．的是
A．Pd上发生的电极反应为：H2- 2e－2H＋
B．Fe（Ⅱ）与Fe（Ⅲ）的相互转化起到了传递电子的作用
C．反应过程中NO2－被Fe（Ⅱ）还原为N2
D．用该法处理后水体的pH降低
【答案】D
【解析】
【分析】
根据图像可知反应流程为（1）氢气失电子变为氢离子，Fe（Ⅲ）得电子变为Fe（Ⅱ）；（2）Fe（Ⅱ）得电子变为Fe（Ⅲ），NO2－被Fe（Ⅱ）还原为N2。

如此循环，实现H2消除酸性废水中的致癌物NO2－的目的，总反应为3H2+2 NO2－+2H+=N2↑+4H2O。

【详解】
根据上面分析可知：
A. Pd上发生的电极反应为：H2 - 2e－2H＋，故不选A；
B. 由图中信息可知，Fe（Ⅱ）与Fe（Ⅲ）是该反应的催化剂，其相互转化起到了传递电子的作用，故不选B；
C.反应过程中NO2－被Fe（Ⅱ）还原为N2，故不选C；
D.总反应为3H2+2 NO2－+2H+=N2↑+4H2O。

，用该法处理后由于消耗水体中的氢离子，pH升高，故选D；
答案：D
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．І．为探究铜与稀硝酸反应的气态产物中是否含NO2，进行如下实验。

已知：FeSO4+NO→[Fe(NO)]SO4，该反应较缓慢，待生成一定量[Fe(NO)]2+时突显明显棕色。

（1）实验前需检验装置的气密性，简述操作_____________________________________。

（2）实验开始时先将Y形试管向盛有碳酸钙的支管倾斜，缓慢滴入稀硝酸，该实验操作的目的是
__________________________________________________________________；铜片和稀硝酸反应的化学方程式为________________________________。

（3）洗气瓶中加入KSCN溶液的目的及原理是______________________________________；本实验只观察到洗气瓶中出现了棕色，写出尾气处理的化学方程式________________。

ІІ．实验室制备的CuSO4·5H2O中常含Cu(NO3)2，用重量法测定CuSO4·5H2O的含量。

（4）实验步骤为：①___________②加水溶解③加氯化钡溶液，沉淀④过滤（其余步骤省略），在过滤前，需要检验是否沉淀完全，其操作是_________________________________。

（5）若1.040 g试样中含CuSO4·5H2O的准确值为1.015 g，而实验测定结果是l.000 g 测定的相对误差为____________。

【答案】关闭活塞a和分液漏斗活塞，向分液漏斗中加水，打开分液漏斗活塞，水滴入圆底烧瓶一会儿后不再滴入，则装置气密性良好利用生成的CO2将整个装置内的空气赶尽，避免NO和O2反应生成NO2对气体产物的观察产生干扰3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2 +2NO↑+4H2O 检验有无NO2产生，若有NO2，则NO2与水反应生成硝酸，硝酸将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+与SCN—反应溶液呈血红色，若无二氧化氮则无血红色2NO +O2 +2NaOH=NaNO2 +NaNO3 +H2O 称取样品在上层清液中继续滴加氯化钡溶液，观察有无沉淀生成-1.5%（-1.48%）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）检查装置气密性的基本思路是使装置内外压强不等，观察气泡或液面变化。

常用方法有：微热法、液差法、滴液法和抽气（吹气）法。

本题选用滴液法的操作为：关闭活塞a和分液漏斗活塞，向分液漏斗中加水，打开分液漏斗活塞，水滴入圆底烧瓶一会儿后不再滴入，则装置气密性良好；
（2）实验开始时先将Y型试管向盛有碳酸钙的支管倾斜，缓慢滴入稀硝酸，碳酸钙和稀硝酸生成CO2，将整个装置的空气赶尽，避免NO和O2反应生成NO2对气体产物的观察产生干扰；常温下，铜片和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，化学方程式为：3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；故答案为：利用生成的CO2将整个装置内的空气赶尽，避免NO和O2反应生成NO2对气体产物的观察产生干扰；
3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O。

（3）本实验生成的气体中，若有NO2，NO2溶于水生成硝酸，会将Fe2+氧化成Fe3+，B瓶溶液会出现血
色，若无NO2，则无血色；常用碱液吸收NO尾气，反应方程式为：2NO +O2 +2NaOH=NaNO2 +NaNO3 +H2O。

答案为：检验有无NO2产生，若有NO2，则NO2与水反应生成硝酸，硝酸将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+与SCN—反应溶液呈血红色，若无二氧化氮则无血红色；2NO +O2 +2NaOH=NaNO2 +NaNO3 +H2O。

（4）测量固体的含量，要先称量一定质量的固体，经溶解、沉淀、过滤、洗涤、干燥、称量等操作。

检验沉淀是否沉淀完全，是检验其清液中是否还有未沉淀的SO42-，可通过向上层清液中继续滴加氯化钡溶液，若有沉淀说明没有沉淀完全。

故答案为：称取样品；在上层清液中继续滴加氯化钡溶液，观察有无沉淀生成。

（5）相对误差=()
1.000-1.015g
100% 1.48%
1.015g
⨯=-，故答案为：-1.5%（-1.48%）。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．以烯烃为原料，合成某些高聚物的路线如图：
已知：Ⅰ．（或写成R代表取代基或氢）
Ⅱ．甲为烃
Ⅲ．F能与NaHCO3反应产生CO2请完成以下问题：
（1）CH3CH=CHCH3的名称是______，Br2的CCl4溶液呈______色．
（2）X→Y的反应类型为：______；D→E的反应类型为：______．
（3）H的结构简式是______．
（4）写出下列化学方程式：
A→B______；
Z→W______．
（5）化工生产表明高聚物H的产率不及设计预期，产率不高的原因可能是______．【答案】2﹣丁烯橙红取代反应消去反应
合成步骤过多、有机反应比较复杂
【解析】
【分析】
2-丁烯和氯气在光照条件下发生取代反应生成X，X和氢气发生加成反应生成A，A和氢氧化钠的醇溶液发生消去反应生成B，B和乙烯反应生成环己烯，结合题给信息知，B是CH2=CH-CH=CH2，则A为
ClCH2CH2CH2CH2Cl，X为ClCH2CH=CHCH2Cl，环己烯与溴发生加成反应生成D为，D在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成E为，E发生加聚反应得到；X发生水解反应生成Y 为HOCH2CH=CHCH2OH，Y发生氧化反应生成Z为HOCCH=CHCHO，甲为烃，Z和甲反应生成W，W和氢气发生加成反应生成，结合题给信息知，Z和甲发生加成反应，所以甲的结构简式为：，W 的结构简式为：，1，4-二甲苯被酸性高锰酸钾氧化生成F为，
和发生缩聚反应反应生成H，则H的结构简式为：
，据此解答。

【详解】
（1）CH3CH=CHCH3的名称是：2−丁烯，Br2的CCl4溶液呈橙红色；
（2）X→Y是ClCH2CH=CHCH2Cl发生水解反应生成Y为HOCH2CH=CHCH2OH，属于取代反应；D→E是在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成，故答案为：取代反应；消去反应；（3）H的结构简式是：；
（4）A→B的反应方程式为：，Z→W的反应方程式为：；
（5）化工生产表明高聚物H的产率不及设计预期，产率不高的原因可能是：合成步骤过多、有机反应比较复杂，故答案为：合成步骤过多、有机反应比较复杂。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．过氧化氢（H2O2）的水溶液俗称双氧水。

双氧水常被称为化学反应中的“绿色试剂”。

已知，在含少量
I－的溶液中，H2O2会较快分解，反应如下：反应①：H2O2＋I－→ H2O＋IO－；反应②：H2O2＋IO－→ H2O ＋O2＋I－，完成下列填空：
(1)反应①中的氧化产物是_________，被还原的元素是___________。

(2)标出反应②中电子转移的方向和数目。

_______________
(3)H2O2分解过程中，I－的作用是__________。

(4)根据反应①和反应②，请说明双氧水被称为“绿色试剂”的主要原因是_____。

(5)H2O2是一种二元弱酸，写出第一步电离的电离方程式：________，双氧水可漂白纤维织物，目前认为是其中过氧化氢离子(HOO－)的作用。

为了增强其漂白效果，应选择在____（填“酸”、“碱”或“中”）性条件下进行。

(6)向盐酸酸化的FeCl2溶液中加入双氧水，溶液由浅绿色变为棕黄色，写出该变化的化学反应方程式：
_____________。

【答案】IO－负一价的O 催化剂H2O2的氧化产物是O2，还原产
物是H 2O，都不会污染环境H2O2H＋＋HO2－碱2FeCl2 ＋H2O2 ＋2HCl → 2FeCl3 ＋2H2O 【解析】
【分析】
H2O2中－1价的氧，既可得电子成－2价（H2O或OH－），生成表现较强的氧化性；也可失电子成0价（O2），表现还原性。

总反应的催化剂在分步反应中，先作反应物、后作生成物。

【详解】
(1)反应①中，I－→ IO－，碘元素失电子，IO－是氧化产物；H2O2→ H2O＋IO－，氧元素得电子被还原。

(2)反应②中，H2O2→O2，氧元素失电子；IO－→ I－，碘元素得电子。

电子转移的方向和数目可表示为。

(3)反应①与反应②相加，得H2O2分解反应2H2O2= 2H2O＋O2↑。

I－是①的反应物、②的生成物，故为总反应的催化剂。

(4)反应①中H2O2被还原成H2O，反应②中H2O2被氧化成O2，H2O、O2都不会污染环境。

故双氧水被称为“绿色试剂”。

(5)H 2O2是一种二元弱酸，则其电离分步且可逆，第一步电离方程式为H2O2H＋＋HO2－。

双氧水可用于漂白，要增强其漂白效果，应提高过氧化氢离子(HOO－)的浓度。

故选择在碱性条件，使电离平衡右移。

(6)向盐酸酸化的FeCl2溶液中加入双氧水，Fe2+（浅绿色）被氧化成Fe3+（棕黄色），化学方程式2FeCl2＋H2O2＋2HCl → 2FeCl3＋2H2O。

19．我国科学家在铁基超导研究方面取得了一系列的重大突破，标志着我国在凝聚态物理领域已经成为一个强国。

LiZnAs 是研究铁基超导材料的重要前体。

(1)LiZnAs 中三种元素的电负性从小到大的顺序为_____。

(2)AsF3分子的空间构型为_____，As 原子的杂化轨道类型为_____。

(3)CO 分子内因配位键的存在，使C 原子上的电子云密度较高而易与血红蛋白结合，导致CO 有剧毒。

1mol[Zn(CN)4]2-离子内含有的共价键的数目为_____，配原子为_____。

(4)镍的氧化物常用作电极材料的基质。

纯粹的NiO 晶体的结构与NaCl 的晶体结构相同，为获得更好的导电能力，将纯粹的NiO 晶体在空气中加热，使部分Ni2+被氧化成Ni3+后，每个晶胞内O2-的数目和位置均未发生变化，镍离子的位置虽然没变，但其数目减少，造成晶体内产生阳离子空位（如图所示）。

化学式为NiO 的某镍氧化物晶体，阳离子的平均配位数为__________，阴离子的平均配位数与纯粹的NiO 晶体相比____________（填“增大”“减小”或“不变””，写出能体现镍元素化合价的该晶体的化学式________示例：Fe3O4写作Fe2+Fe23+O4）。

(5)所有的晶体均可看作由某些微粒按一定的方式堆积，另外的某些微粒填充在上述堆积所形成的空隙中。

在面心立方紧密堆积的晶胞中存在两种类型的空隙：八面体空隙和四面体空隙（如下左图所示）。

在LiZnAs 立方晶胞中，Zn 以面心立方形式堆积，Li 和As 分别填充在Zn 原子围成的八面体空隙和四面体空隙中，在a=0，0.5 和 1 三个截面上Zn 和Li 按下图所示分布：请在下图As 原子所在的截面上用“Δ”补画出As 原子的位置，______________并说明a=__________。

【答案】Li＜Zn＜As 三角锥sp316N A C 6 减小Ni2+3Ni3+4O9
或0.25（或0.75）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）锂是活泼金属、锌是较活泼的金属，砷是非金属，失电子能力减弱，得电子能力增强，电负性增强，LiZnAs 中三种元素的电负性从小到大的顺序为Li＜Zn＜As。

故答案为：Li＜Zn＜As
（2）AsF3分子，价层电子对=3+513
2
-⨯
=4，有一对孤电子对，空间构型为三角锥，As 原子的杂化轨
道类型为sp3。

故答案为：三角锥；sp3；
（3）CO 分子内因配位键的存在，使C 原子上的电子云密度较高而易与血红蛋白结合，导致CO 有剧毒。

1mol[Zn(CN)4]2-离子内共价键：C与N之间是叁键、Zn与C之间是配位键，含有的共价键的数目为（3×4+4）N A= 16N A，C 原子上的电子云密度较高，配原子为C。

故答案为：16N A；C；
（4）纯粹的NiO 晶体的结构与NaCl 的晶体结构相同，阳离子的上下、前后、左右有6个阴离子，阳离子的平均配位数为6；部分Ni2+被氧化成Ni3+后，阳离子减少，阴离子的平均配位数与纯粹的NiO 晶体相比减小；
根据化合价代数和等于0，结合晶胞结构，能体现镍元素化合价的该晶体的化学式Ni2+3Ni3+4O9；。

故答案为：6；减小；Ni2+3Ni3+4O9；
（5）结合在a=0，0.5 和 1 三个截面上Zn 和Li 按下图所示分布：
，在LiZnAs 立方晶胞中，Zn 以面心立方形式堆积，Li 填充在Zn 原子围成的八面体空隙，而As 填充在Zn 原子围成的四面体空隙中，As 原子所在的截面即a=0.25（或0.75）的截面上用“Δ”画出As 原子的位置，如图：
或。

故答案为：或；0.25（或0.75）。